Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej

Transkrypt

1 Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Mszana Dolna, czerwca 2012 (wydanie pierwsze)

2 Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Mszana Dolna, czerwca 2012 Ośrodek Sportowo-Rekreacyjny Słoneczny ul. Słoneczna 2A Mszana Dolna tel. (018) Kadra: Kamil Duszenko Andrzej Grzesik Teodor Jerzak Michał Kieza Tomasz Kobos Joanna Ochremiak Olimpiada Matematyczna w Internecie: 2

3 Wstęp Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej odbył się w dniach czerwca w Mszanie Dolnej, w ośrodku Słoneczny. Kadrę obozu stanowili: Kamil Duszenko, Andrzej Grzesik, Teodor Jerzak, Michał Kieza, Tomasz Kobos oraz Joanna Ochremiak. Ponadto z gościnnymi wykładami wystąpili Michał Pilipczuk i Przemysław Mazur. W dniach 11, 12, 13, 14, 15, 18, 19, 21 i 22 czerwca odbyły się zawody indywidualne, 20 czerwca miały miejsce zawody drużynowe, a 16 i 23 czerwca rozegrane zostały mecze matematyczne (regulamin meczu znajduje się na końcu tego zeszytu). Podczas zawodów indywidualnych uczestnicy mieli cztery i pół godziny na rozwiązanie czterech zadań. Zawody drużynowe polegały na rozwiązywaniu przez kilkuosobowe drużyny czterech zadań i trwały od rana do wieczora, a mecz matematyczny od wieczora dnia poprzedniego do popołudnia. W ramach zawodów indywidualnych można było uzyskać 216 punktów. Trzy najlepsze wyniki to 154, 126 i 115 punktów. Punkty uzyskane za poszczególne zadania przedstawia tabela na następnej stronie. W tym miejscu wypada nadmienić, że nie wszyscy uczestnicy byli na całym obozie, co powoduje, że sumy liczb w poszczególnych wierszach mogą się różnić. W czasie obozu odbyły się dwie wycieczki: 17 czerwca na Ćwilin oraz 20 czerwca do Rabki-Zdroju i na Luboń Wielki. Bezpośrednio po zakończeniu obozu, w dniach czerwca w miejscowości Fačkovské sedlo na Słowacji odbyły się XII Czesko-Polsko-Słowackie Zawody Matematyczne. Przewodniczącym delegacji polskiej był Andrzej Grzesik, zastępcą przewodniczącego była Joanna Ochremiak. W dniach 25 i 26 czerwca każdy z zawodników rozwiązywał po trzy zadania, mając na to po cztery i pół godziny. Niniejszy zeszyt zawiera wszystkie zadania z obozu wraz z rozwiązaniami oraz zadania z XII Czesko-Polsko-Słowackich Zawodów Matematycznych wraz z rozwiązaniami. Zeszyty z poprzednich Obozów Naukowych znajdują się na stronie internetowej Olimpiady Matematycznej: 3

4 Zadanie Liczba prac Liczba prac Liczba prac Liczba prac na 6 punktów na 5 punktów na 2 punkty na 0 punktów

5 Treści zadań Zawody indywidualne 1. W przestrzeni dany jest zbiór n punktów (n 4). Udowodnić, że wśród nich istnieją takie trzy różne punkty A, B, C, że jeżeli X jest dowolnym spośród pozostałych n 3 punktów, to spełniona jest nierówność AX + BX + CX AB + BC + CA. 2. Znaleźć najmniejszą taką liczbę naturalną n, że z dowolnych n liczb całkowitych można wybrać 6 liczb, których suma jest podzielna przez Funkcja f : R R spełnia warunki: f(x) 1 oraz f(x) + f(x ) = f(x ) + f(x ) dla każdej liczby rzeczywistej x. Wykazać, że f jest funkcją okresową. 4. Dany jest równoległobok ABCD o kącie ostrym przy wierzchołku A. Punkty E i F są rzutami prostokątnymi punktu A odpowiednio na proste BC i CD, a prosta prostopadła do prostej AC i przechodząca przez punkt A przecina prostą BD w punkcie G. Dowieść, że punkty E, F i G leżą na jednej prostej. 5. Wykazać, że równanie 3 k = m 2 + n ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych k, m, n. 6. W sześciokącie wypukłym wszystkie trzy główne przekątne mają długość większą od 2. Udowodnić, że pewien bok tego sześciokąta ma długość większą od Dana jest liczba całkowita n 2. Dowieść, że w dowolnym zbiorze 2n punktów płaszczyzny o obu współrzędnych ze zbioru {1, 2,..., n} istnieją cztery punkty będące wierzchołkami niezdegenerowanego równoległoboku. 5

6 8. Rozstrzygnąć, czy istnieje taki ciąg a 0, a 1, a 2,... złożony z liczb rzeczywistych różnych od zera, że dla każdej liczby całkowitej n 1 wielomian W n (x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 ma n różnych pierwiastków rzeczywistych. 9. Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunek 1 a + 1 b + 1 c = 1. Udowodnić, że a + bc + b + ca + c + ab abc + a + b + c. 10. Czworokąt wypukły ABCD jest wpisany w okrąg. Wykazać, że zbiór wszystkich punktów P leżących wewnątrz danego czworokąta i spełniających równość DAP + CBP = CP D jest zawarty w pewnym okręgu lub w pewnej prostej. 11. Wyznaczyć wszystkie takie pary liczb pierwszych (p, q), że liczba 5 p +5 q jest podzielna przez pq. 12. Na konferencję prasową po meczu Polska-Rosja akredytowała się grupa dziennikarzy, wśród których dokładnie 100 mówi po polsku, dokładnie 100 mówi po angielsku i dokładnie 100 mówi po rosyjsku (jeden dziennikarz może znać dowolną liczbę języków). Jednak z powodu braku odpowiednio dużej sali tylko część dziennikarzy może wziąć udział w konferencji. Dowieść, że można wybrać przedstawicieli dziennikarzy, wśród których dokładnie 50 mówi po polsku, dokładnie 50 mówi po angielsku i dokładnie 50 mówi po rosyjsku. 13. Wyznaczyć wszystkie takie pary dodatnich liczb całkowitych (m, n), że liczba 2 m + 1 jest podzielna przez 2 n Wyznaczyć liczbę rozwiązań układu równań 2x + x 2 y = y 2y + y 2 z = z 2z + z 2 x = x w liczbach rzeczywistych x, y, z. 6

7 15. Okręgi o 1 i o 2 przecinają się w dwóch różnych punktach. Okręgi ω 1 i ω 2 są styczne zewnętrznie do okręgu o 1 odpowiednio w punktach A 1 i A 2, są styczne wewnętrznie do okręgu o 2 odpowiednio w punktach B 1 i B 2 oraz przecinają się w dwóch różnych punktach C i D. Wykazać, że proste A 1 B 1, A 2 B 2 i CD przecinają się w jednym punkcie. 16. Dowieść, że można pokolorować każdy element zbioru {1, 2, 3,..., 2012} na jeden z czterech kolorów w taki sposób, że żaden rosnący 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny o wyrazach z tego zbioru nie składa się z elementów o jednakowym kolorze. 17. Rozstrzygnąć, czy istnieją takie funkcje f, g : R R, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x spełnione są równości f(g(x)) = x 3 oraz g(f(x)) = x Udowodnić, że dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n liczba jest podzielna przez n!. (2 n 2 0 )(2 n 2 1 )(2 n 2 2 )... (2 n 2 n 1 ) 19. Dla każdej pary liczb całkowitych m, n 1 wyznaczyć liczbę sposobów takiego wypełnienia prostokątnej tablicy rozmiaru m n liczbami 1 i 1, że w każdej kolumnie iloczyn wszystkich liczb wynosi 1 i w każdym wierszu iloczyn wszystkich liczb wynosi Okręgi o 1 i o 2 przecinają się w dwóch różnych punktach A i B. Prosta przechodząca przez punkt A przecina okręgi o 1 i o 2 po raz drugi odpowiednio w punktach C i D, przy czym punkt A leży na odcinku CD. Punkty P i Q są rzutami prostokątnymi punktu B odpowiednio na prostą styczną do okręgu o 1 w punkcie C i na prostą styczną do okręgu o 2 w punkcie D. Dowieść, że prosta P Q jest styczna do okręgu o średnicy AB. 21. Dany jest skończony ciąg liczb rzeczywistych, których suma jest równa zeru, ale nie wszystkie z tych liczb są równe zeru. Udowodnić, że istnieje permutacja (a 1, a 2,..., a n ) danego ciągu, dla której a 1 a 2 + a 2 a 3 + a 3 a a n 1 a n + a n a 1 < 0. 7

8 22. Wykazać, że dla każdej liczby całkowitej n 3 liczba jest złożona. 2 2n 1 2 n Dana jest kwadratowa tabela o boku 2012 podzielona na pola jednostkowe, z których każde może być pomalowane na czarno albo na biało. Ruch polega na wybraniu kwadratu o boku k złożonego z pól tabeli, przy czym 1500 k 1510, i zmianie koloru wszystkich pól leżących w wybranym kwadracie. Rozstrzygnąć, czy dla dowolnego początkowego sposobu pomalowania pól można wykonać skończony ciąg ruchów, który doprowadza do tabeli składającej się wyłącznie z białych pól. 24. W trójkącie ostrokątnym ABC punkt M jest środkiem boku AB. Okrąg o średnicy CM przecina boki BC i CA odpowiednio w punktach D i E, a styczne do tego okręgu w punktach D i E przecinają się w punkcie F. Dowieść, że F A = F B. 25. Dana jest dodatnia liczba całkowita n. Każdy element zbioru {1, 2, 3,..., 6n} pomalowano na biało albo na czarno, przy czym dokładnie 4n elementów jest białych. Wykazać, że w tym zbiorze istnieje 3n kolejnych liczb całkowitych, wśród których dokładnie 2n liczb jest białych. 26. Wykazać, że dla każdej liczby całkowitej n 2 istnieje taki zbiór złożony z n dodatnich liczb całkowitych, że suma dowolnych dwóch różnych elementów tego zbioru jest podzielna przez ich różnicę. 27. Okręgi o 1 i o 2 przecinają się w punktach A i B. Prosta przechodząca przez punkt A przecina ponownie okręgi o 1 i o 2 odpowiednio w punktach C i D, przy czym punkt A leży na odcinku CD. Punkty K i L są środkami odpowiednio łuków BC okręgu o 1 i BD okręgu o 2 nie zawierających punktu A. Punkt M jest środkiem odcinka CD. Dowieść, że KML = Dana jest liczba całkowita r 2. Dowieść, że trójmian kwadratowy x 2 rx 1 nie jest dzielnikiem żadnego niezerowego wielomianu o współczynnikach całkowitych mniejszych co do wartości bezwzględnej od r. 29. Niech a będzie taką liczbą całkowitą, że dla każdej dodatniej liczby całkowitej n liczba 2 n +a jest potęgą liczby pierwszej o wykładniku całkowitym. Udowodnić, że a = 0. 8

9 30. Dany jest trapez ABCD, w którym AB CD oraz AB > CD. Punkty K i L leżą odpowiednio na odcinkach AB i CD, przy czym AK KB = DL LC. Na odcinku KL wybrano punkty P i Q, dla których AP B = BCD oraz CQD = ABC. Wykazać, że punkty B, C, P i Q leżą na jednym okręgu. 31. Liczby dodatnie a 1, a 2,..., a n oraz b 1, b 2,..., b n spełniają nierówności a 1 a 2... a n oraz Dowieść, że b 1 b 2... b k a 1 a 2... a k dla k = 1, 2,..., n. b 1 + b b n a 1 + a a n. 32. Każda z liczb 1, 2, 3,..., może być pomalowana na biało albo na czarno. Początkowo wszystkie te liczby są czarne. Ruch polega na wybraniu jednej z liczb oraz na zmianie koloru tej liczby i wszystkich innych liczb, które nie są z nią względnie pierwsze. Rozstrzygnąć, czy po skończonej liczbie takich ruchów można doprowadzić do sytuacji, w której wszystkie dane liczby będą białe. 33. Dane są różne liczby całkowite a 1, a 2,..., a 9. Udowodnić, że istnieje taka liczba N, że dla każdej liczby całkowitej n N liczba ma dzielnik pierwszy większy od 20. (n + a 1 )(n + a 2 )... (n + a 9 ) 34. Rozstrzygnąć, czy liczba ciągów złożonych z 10 dodatnich liczb całkowitych, których suma odwrotności wynosi 1, jest liczbą parzystą. 35. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Proste AI i BI przecinają ponownie okrąg opisany na tym trójkącie odpowiednio w punktach D i E. Proste AE i BD przecinają się w punkcie T. Odcinek DE przecina boki AC i BC odpowiednio w punktach F i G. Prosta równoległa do prostej AI przechodząca przez punkt F oraz prosta równoległa do prostej BI przechodząca przez punkt G przecinają się w punkcie P. Wykazać, że punkty P, I oraz T leżą na jednej prostej. 36. Dowieść, że każdą dodatnią liczbę wymierną można przedstawić w postaci a 3 + b 3 c 3 + d 3 dla pewnych dodatnich liczb całkowitych a, b, c, d. 9

10 Zawody drużynowe 1. Dana jest taka liczba pierwsza p, że liczba q = 2p + 1 także jest pierwsza. Udowodnić, że istnieje dodatnia liczba całkowita podzielna przez q, której suma cyfr w zapisie dziesiętnym wynosi co najwyżej Na płaszczyźnie dany jest skończony zbiór punktów, wśród których żadne trzy nie leżą na jednej prostej. Niech S oznacza zbiór wszystkich wielokątów wypukłych o wierzchołkach w tym zbiorze (jako wielokąty wypukłe traktujemy również zbiór pusty, pojedyncze punkty oraz odcinki). Dla dowolnego wielokąta P S przez a(p ) i b(p ) oznaczamy odpowiednio liczbę punktów na obwodzie i na zewnątrz wielokąta P. Wykazać, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi równość x a(p ) (1 x) b(p ) = 1. P S 3. Wykazać, że dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych a, b, c spełniających warunek a + b + c = 1 prawdziwa jest nierówność a 2 b + b 2 c + c 2 a + abc Czworościan T 1 jest zawarty w czworościanie T 2. Dowieść, że suma długości wszystkich krawędzi czworościanu T 1 nie przekracza 4 3 sumy długości wszystkich krawędzi czworościanu T 2. 10

11 Pierwszy Mecz Matematyczny 1. Dana jest liczba pierwsza p > 3 oraz liczba całkowita r. Udowodnić, że istnieją takie liczby całkowite x i y, że liczba 2x 2 + 3y 2 r jest podzielna przez p. 2. Wyznaczyć wszystkie takie dodatnie liczby całkowite n, że liczby n i 2 n +1 mają te same dzielniki pierwsze. 3. Wyznaczyć wszystkie wielomiany W (x) o współczynnikach całkowitych i następującej własności: istnieje taka liczba całkowita M, że dla dowolnej liczby całkowitej n > M liczba W (3 n n) jest potęgą liczby pierwszej. 4. Niech A 1, A 2,..., A 101 będą różnymi podzbiorami zbioru {1, 2,..., n}. Przypuśćmy, że suma dowolnych 50 spośród tych podzbiorów ma więcej niż 50 51n elementów. Dowieść, że wśród danych podzbiorów istnieją takie trzy, że dowolne dwa z nich mają niepustą część wspólną. 5. W pewnym mieście żadna osoba nie zna wszystkich pozostałych, a dowolne dwie osoby, które się nie znają, mają wspólnego znajomego. Ponadto spełniona jest równość a a a 2 n = n 2 n, gdzie n oznacza liczbę wszystkich mieszkańców miasta oraz dla i = 1, 2,..., n symbol a i oznacza liczbę znajomych i-tego mieszkańca. Niech k oznacza minimalną liczbę mieszkańców, których można tak posadzić przy okrągłym stole (co najmniej trzyosobowym), że każdy siedzi między swoimi znajomymi. Wyznaczyć wszystkie możliwe wartości k. 6. Dana jest liczba całkowita n 1. W pewnym kraju z każdego miasta istnieją bezpośrednie loty do co najmniej n innych miast (połączenia są obustronne), a ponadto z każdego miasta można dolecieć, być może z przesiadkami, do każdego innego. Dowieść, że istnieje takich n różnych miast M 1, M 2,..., M n, że dla i = 1, 2,..., n 1 miasta M i oraz M i+1 mają bezpośrednie połączenie, a między dowolnymi dwoma spośród pozostałych miast można odbyć podróż omijającą te n miast. 11

12 7. Liczby rzeczywiste a, b, c o wartościach bezwzględnych nie przekraczających 1 spełniają warunek 1 + 2abc a 2 + b 2 + c 2. Wykazać, że dla dowolnej liczby całkowitej n 1 zachodzi nierówność 1 + 2(abc) n a 2n + b 2n + c 2n. 8. Dla dowolnych liczb całkowitych k, n 2 ciąg liczb rzeczywistych (a 0, a 1, a 2,..., a n ) nazwiemy k-wyważonym, jeżeli mają miejsce równości S 0 = S 1 = S 2 =... = S k 1, gdzie dla i = 0, 1, 2,..., k 1 liczba S i jest sumą wszystkich wyrazów danego ciągu o wskaźnikach dających resztę i z dzielenia przez k. Wyznaczyć najmniejszą taką liczbę pierwszą p, że jedynym ciągiem 2012 liczb rzeczywistych, który jest q-wyważony dla każdej liczby pierwszej q p, jest ciąg złożony z samych zer. 9. W czworokącie wypukłym ABCD przekątne AC i BD przecinają się w punkcie E, a proste AD i BC przecinają się w punkcie F. Punkt P różny od E leży wewnątrz czworokąta, przy czym kąty AP B i CP D są proste. Wykazać, że także kąt EP F jest prosty. 10. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB > AC. Punkty B 0 i C 0 są odpowiednio środkami boków CA i AB, a punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka A. Okrąg przechodzący przez punkty B 0 i C 0 jest styczny do okręgu opisanego na trójkącie ABC w punkcie E różnym od A. Udowodnić, że środek ciężkości trójkąta ABC leży na prostej DE. 11. Dowieść, że jeżeli prosta łącząca środki dwóch przeciwległych krawędzi czworościanu przechodzi przez środek sfery wpisanej w ten czworościan, to przechodzi ona również przez środek sfery opisanej na tym czworościanie. 12

13 Drugi Mecz Matematyczny 1. Niech n 2 będzie taką liczbą całkowitą, że równanie x x x 2 n = x 1 x 2... x n ma co najmniej jedno rozwiązanie w dodatnich liczbach całkowitych. Udowodnić, że równanie to ma nieskończenie wiele rozwiązań w dodatnich liczbach całkowitych. 2. Dowieść, że istnieje ciąg 2012 kolejnych dodatnich liczb całkowitych, z których żadna nie jest sumą dwóch kwadratów liczb całkowitych. 3. Niech n będzie taką dodatnią liczbą całkowitą, że liczba n + 4 n jest pierwsza. Wykazać, że istnieje liczba całkowita k, dla której n = 3 k. 4. Ciąg liczb całkowitych a 1, a 2, a 3,... jest określony wzorami: a 1 = 2 oraz a n+1 = 2a 2 n 1 dla n = 1, 2, 3,.... Rozstrzygnąć, czy liczba a 2013! jest podzielna przez 2012! Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x 1, x 2,..., x n należących do przedziału (0; π 4 ) prawdziwa jest nierówność n tg x1 tg x 2... tg x n sin 2 x 1 + sin 2 x sin 2 x n cos 2 x 1 + cos 2 x cos 2 x n. 6. Niech n będzie dodatnią liczbą całkowitą. Na prostej zaznaczono n przedziałów domkniętych. Wykazać, że wśród tych przedziałów istnieje n + 1 przedziałów mających punkt wspólny lub istnieje n + 1 przedziałów, z których dowolne dwa są rozłączne. 7. Dla dowolnych liczb całkowitych m n 2 rozpatrujemy następującą grę. Na początku dane są dwa stosy zawierające odpowiednio m i n kamieni. Dwaj gracze na przemian wykonują ruchy polegające na zabraniu z jednego stosu dodatniej liczby kamieni, która jest wielokrotnością liczby kamieni znajdujących się na drugim stosie. Wygrywa ten z graczy, któremu uda się opróżnić jeden ze stosów. Rozstrzygnąć, w zależności od m i n, który z graczy rozpoczynający grę czy jego przeciwnik ma strategię wygrywającą. 13

14 8. Trójkąt równoboczny podzielono liniami równoległymi do boków na siatkę 36 przystających trójkątów równobocznych. W chwili początkowej w każdym węźle siatki znajduje się mrówka, ustawiona w kierunku pewnego odcinka siatki wychodzącego z tego węzła. W jednostce czasu każda mrówka przemaszerowuje po odcinku siatki z węzła na sąsiedni węzeł, po czym zakręca w lewo lub w prawo o 60 lub o 120. Rozstrzygnąć, czy z tych założeń wynika, że w pewnym momencie dwie mrówki się spotkają. 9. Punkty D, E, F leżą odpowiednio na bokach BC, CA, AB trójkąta ABC, przy czym odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie, a kąt DF E jest prosty. Wewnątrz trójkąta wybrano punkt P, którego rzutem prostokątnym na prostą AB jest punkt F. Udowodnić, że DF C = P F E. 10. Dany jest czworokąt wypukły ABCD, którego przekątne są prostopadłe i przecinają się w punkcie E. Wewnątrz czworokąta wybrano taki punkt F, że DAC = F AB oraz ABD = F BC. Wykazać, że na bokach AB, BC, CD, DA istnieją odpowiednio punkty K, L, M, N, dla których odcinki KM i LN przecinają się w punkcie E oraz EK + KF = EL + LF = EM + MF = EN + NF. 11. Dany jest czworościan o objętości V i promieniu sfery opisanej R. Dowieść, że trzy iloczyny długości przeciwległych krawędzi są długościami boków trójkąta o polu równym 6V R. 14

15 Czesko-Polsko-Słowackie Zawody Matematyczne 1. Dla dodatniej liczby całkowitej n, niech τ(n) będzie liczbą wszystkich dodatnich dzielników liczby n, natomiast ϕ(n) liczbą dodatnich liczb całkowitych nie większych niż n, względnie pierwszych z n. Wyznaczyć wszystkie dodatnie liczby całkowite n, dla których jedna z liczb n, τ(n) i ϕ(n) jest średnią arytmetyczną pozostałych dwóch. 2. Wyznaczyć wszystkie funkcje f : R R spełniające równanie dla dowolnych liczb x, y R. f(x + f(y)) f(x) = (x + f(y)) 4 x 4 3. Czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg ω. Punkty I, J, K są środkami okręgów wpisanych odpowiednio w trójkąty ABC, ACD oraz ABD. Niech E będzie środkiem tego łuku DB okręgu ω, który zawiera punkt A. Prosta EK przecina okrąg ω w punkcie F różnym od E. Udowodnić, że punkty C, F, I oraz J leżą na jednym okręgu. 4. Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym ACB = 90. Punkt P leży wewnątrz krótszego łuku AC okręgu opisanego na trójkącie ABC. Prosta prostopadła do prostej CP, przechodząca przez punkt C, przecina proste AP i BP odpowiednio w punktach K i L. Udowodnić, że stosunek pól trójkątów BKL i ACP nie zależy od wyboru punktu P. 5. Miasto Mar del Plata ma kształt kwadratu W SEN podzielonego 2(n+1) ulicami na n n kwartałów, gdzie n jest liczbą parzystą. Ulice biegną również dookoła miasta. Każdy kwartał ma kształt kwadratu o wymiarach 100 m 100 m. Każda ulica w Mar del Plata jest jednokierunkowa i ruch odbywa się w tę samą stronę na całej jej długości. Na dowolnych dwóch sąsiednich równoległych ulicach ruch odbywa się w przeciwnych kierunkach. Po ulicy W S można poruszać się z punktu W do punktu S, natomiast po ulicy W N z punktu W do punktu N. Samochód czyszczący jezdnię wyjeżdża z punktu W i zmierza do punktu E, przy czym każdy 100-metrowy odcinek ulicy może pokonać co najwyżej raz. Wyznaczyć długość najdłuższej możliwej trasy z punktu W do punktu E, którą może pokonać ten samochód. 6. Liczby dodatnie a, b, c, d spełniają równości abcd = 4 oraz a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 10. Wyznaczyć największą możliwą wartość wyrażenia ab + bc + cd + da. 15

16 Rozwiązania Zawody indywidualne 1. W przestrzeni dany jest zbiór n punktów (n 4). Udowodnić, że wśród nich istnieją takie trzy różne punkty A, B, C, że jeżeli X jest dowolnym spośród pozostałych n 3 punktów, to spełniona jest nierówność AX + BX + CX AB + BC + CA. Wśród wszystkich trójek danych punktów wybierzmy trójkę A, B, C, dla której suma AB + BC + CA jest możliwie najmniejsza. Wykażemy, że wybrana trójka spełnia warunki zadania. Istotnie, jeżeli X jest dowolnym spośród pozostałych n 3 punktów, to ze sposobu wyboru trójki A, B, C wynikają nierówności AB + BX + XA AB + BC + CA, BC + CX + XB AB + BC + CA, CA + AX + XC AB + BC + CA. Dodając stronami powyższe trzy zależności otrzymujemy AB + BC + CA + 2(AX + BX + CX) 3(AB + BC + CA), co dowodzi, że rozważana trójka punktów ma wymaganą własność. 2. Znaleźć najmniejszą taką liczbę naturalną n, że z dowolnych n liczb całkowitych można wybrać 6 liczb, których suma jest podzielna przez 6. Odpowiedź: 11. Liczba n = 10 nie spełnia warunków zadania: suma dowolnych 6 liczb z układu złożonego z 5 zer oraz 5 jedynek wynosi co najmniej 1 i co najwyżej 5, nie może więc być podzielna przez 6. Tym bardziej liczby n < 10 nie mają opisanej własności. Udowodnimy z kolei, że liczba n = 11 tę własność posiada. W tym celu zauważmy najpierw, że z dowolnych 5 liczb całkowitych można wybrać 3 liczby, których suma jest podzielna przez 3. Wynika to z faktu, że wśród dowolnych 5 liczb całkowitych istnieją 3 liczby dające takie same reszty z dzielenia przez 3 16

17 lub istnieją 3 liczby dające trzy różne reszty z dzielenia przez 3, i w obu przypadkach suma takich 3 liczb jest podzielna przez 3. Aby teraz udowodnić, że z dowolnych 11 liczb można wybrać 6 liczb, których suma jest podzielna przez 6, postępujemy następująco. Najpierw wybieramy 3 liczby, których suma s 1 jest podzielna przez 3. Następnie z pozostałych 8 liczb wybieramy 3 liczby, których suma s 2 jest podzielna przez 3. Na koniec z pozostałych 5 liczb wybieramy 3 liczby, których suma s 3 jest podzielna przez 3. Wśród liczb s 1, s 2, s 3 podzielnych przez 3 istnieje para liczb o jednakowej parzystości. Suma liczb tej pary jest zatem podzielna przez 6, a jednocześnie jest to suma pewnych 6 liczb spośród danych 11 liczb. To kończy rozwiązanie. 3. Funkcja f : R R spełnia warunki: f(x) 1 oraz f(x) + f(x ) = f(x ) + f(x ) dla każdej liczby rzeczywistej x. Wykazać, że f jest funkcją okresową. Określmy funkcje g i h wzorami g(x) = f(x) f(x ) oraz h(x) = f(x) f(x + 1) dla każdego x. Wtedy równość daną w treści zadania można przepisać w postaci g(x) = g(x ). Wynika stąd, że g jest funkcją okresową, a liczba 1 2 i tym bardziej liczba 1 jest długością jej okresu. Wobec tego na mocy zależności h(x) = g(x) + g(x ) + g(x ) funkcja h także jest funkcją okresową o okresie długości 1. Ustalmy teraz liczbę rzeczywistą x i oznaczmy c = h(x). Wówczas h(x + 1) = h(x + 2) =... = h(x + n 1) = c dla dowolnej liczby naturalnej n. Zatem ( ) f(x) f(x + n) = h(x) + h(x + 1) + h(x + 2) h(x + n 1) = nc. Na podstawie warunków zadania liczby f(x) i f(x + n) mają wartości bezwzględne nie większe niż 1 i w takim razie dla każdej wartości n lewa strona związku ( ) ma wartość bezwzględną nie większą niż 2. Jeżeli natomiast c 0, to prawa strona równości ( ) ma dowolnie dużą wartość bezwzględną dla dostatecznie dużych liczb n. To oznacza, że c = 0, czyli f(x) f(x + 1) = h(x) = 0. Liczba x była jednak wybrana dowolnie, a więc f jest funkcją okresową o okresie długości 1. 17

18 4. Dany jest równoległobok ABCD o kącie ostrym przy wierzchołku A. Punkty E i F są rzutami prostokątnymi punktu A odpowiednio na proste BC i CD, a prosta prostopadła do prostej AC i przechodząca przez punkt A przecina prostą BD w punkcie G. Dowieść, że punkty E, F i G leżą na jednej prostej. Niech H oraz I będą punktami, w których prosta AG przecina odpowiednio proste BC oraz CD, a J niech będzie punktem przecięcia odcinków AB i EF. Punkty E i F leżą na okręgu o średnicy AC, skąd dostajemy równość CEF = CAF. To wraz z prostopadłościami AF CI i AC HI oraz równoległością AB CD prowadzi do zależności CEF = CAF = 90 ICA = 90 CAB = JAH. W efekcie JEH = 180 CEF = 180 JAH, czyli na czworokącie AJEH można opisać okrąg. Wobec tego AJH = AEH = 90 i w takim razie punkt J jest spodkiem wysokości trójkąta ABH opuszczonej z wierzchołka H. Jednokładność o środku w punkcie G, która przeprowadza punkt D na B, zachowuje prostą AG oraz odwzorowuje proste AD i CD odpowiednio na proste BC i AB. Zatem przekształca ona trójkąt IDA na trójkąt ABH. Stąd wniosek, że punkty F i J, będące spodkami wysokości trójkątów IDA i ABH opuszczonych odpowiednio z wierzchołków A i H, leżą na prostej przechodzącej przez punkt G. A ponieważ punkt J leży na odcinku EF, więc ostatecznie stwierdzamy, że punkty E, F, G i J leżą na jednej prostej. 5. Wykazać, że równanie 3 k = m 2 + n ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych k, m, n. Wystarczy udowodnić, że dla nieskończenie wielu liczb całkowitych k liczbę 3 k 1 można zapisać w postaci sumy dwóch kwadratów liczb całkowitych. W tym celu wykażemy przez indukcję, że własność opisaną w poprzednim zdaniu mają liczby postaci k = 2 l dla l = 1, 2, 3,.... Dla l = 1 liczba = 8 = jest sumą dwóch kwadratów liczb całkowitych. Przypuśćmy z kolei, że dla pewnej całkowitej wartości l 1 liczba 3 2l 1 daje się zapisać w postaci sumy m 2 + n 2, gdzie m i n są liczbami całkowitymi. Wówczas korzystając z tożsamości (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd) 2 + (ad bc) 2 18

19 otrzymujemy 3 2l+1 1 = (3 2l 1)(3 2l + 1) = (m 2 + n 2 )((3 2l 1 ) 2 + 1) = = (3 2l 1 m + n) 2 + (m 3 2l 1 n) 2, co kończy krok indukcyjny i rozwiązanie zadania. 6. W sześciokącie wypukłym wszystkie trzy główne przekątne mają długość większą od 2. Udowodnić, że pewien bok tego sześciokąta ma długość większą od 1. Oznaczmy dany sześciokąt przez ABCDEF. Trzy główne przekątne AD, BE i CF wyznaczają trójkąt albo przecinają się w jednym punkcie. W obu przypadkach pewne dwie spośród nich tworzą kąt o mierze równej co najmniej 60 (kąt między dwiema głównymi przekątnymi rozumiemy tutaj jako kąt, pod jakim z punktu ich przecięcia widać związane z tymi przekątnymi dwa przeciwległe boki sześciokąta). Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że są to przekątne AD i BE. Uzupełnijmy trójkąt DEB do równoległoboku DEBG. Wtedy miara kąta ADG jest miarą kąta pomiędzy przekątnymi AD i BE, a więc ADG 60. Wynika stąd, że w trójkącie ADG przy jednym z wierzchołków A, G znajduje się kąt wewnętrzny o najmniejszej mierze. Najkrótszy bok dowolnego trójkąta jest położony naprzeciw jego najmniejszego kąta. To oznacza, że jeden z boków AD, GD trójkąta ADG jest jego najkrótszym bokiem. Jednocześnie na mocy warunków zadania mamy AD > 2 oraz GD = BE > 2. Zatem bok AG również ma długość większą od 2. Wobec tego na mocy nierówności trójkąta otrzymujemy AB + DE = AB + GB AG > 2, co dowodzi, że jeden z boków AB, DE rozpatrywanego sześciokąta ma długość większą od Dana jest liczba całkowita n 2. Dowieść, że w dowolnym zbiorze 2n punktów płaszczyzny o obu współrzędnych ze zbioru {1, 2,..., n} istnieją cztery punkty będące wierzchołkami niezdegenerowanego równoległoboku. Pomalujmy każdy punkt danego 2n-elementowego zbioru S na zielono albo na czerwono w następujący sposób: punkt malujemy na zielono, jeżeli w układzie współrzędnych punkt ten jest położonym najbardziej na lewo punktem zbioru S na prostej poziomej przechodzącej ten punkt; wszystkie pozostałe punkty zbioru S malujemy na czerwono. 19

20 Zbiór S jest zawarty w sumie n prostych poziomych, a na każdej z nich znajduje się co najwyżej jeden punkt zielony. To oznacza, że co najwyżej n punktów jest zielonych, a co najmniej n punktów jest czerwonych. Przyporządkujmy każdemu czerwonemu punktowi jego odległość od punktu zielonego leżącego na tej samej prostej poziomej. Odległość ta jest elementem zbioru {1, 2,..., n 1}. W takim razie możliwych odległości jest mniej niż czerwonych punktów. Wobec tego istnieją dwa różne czerwone punkty jednakowo odległe od zielonych punktów znajdujących się na tych samych prostych poziomych. Te dwa czerwone punkty muszą leżeć na różnych prostych poziomych. Zatem wraz z przyporządkowanymi im dwoma zielonymi punktami tworzą one czworokąt wypukły, w którym dwa przeciwległe boki są poziome i mają jednakową długość. Rozważane cztery punkty są więc wierzchołkami niezdegenerowanego równoległoboku. 8. Rozstrzygnąć, czy istnieje taki ciąg a 0, a 1, a 2,... złożony z liczb rzeczywistych różnych od zera, że dla każdej liczby całkowitej n 1 wielomian W n (x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 ma n różnych pierwiastków rzeczywistych. Odpowiedź: Tak. Przeprowadzimy konstrukcję indukcyjną poszukiwanego ciągu. Określmy najpierw a 0 = a 1 = 1; wtedy wielomian W 1 (x) = a 1 x + a 0 ma pierwiastek rzeczywisty. Przypuśćmy teraz, że dla skończonego ciągu a 0, a 1,..., a n złożonego z liczb rzeczywistych różnych od zera wielomian W n (x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 ma n różnych pierwiastków rzeczywistych. Udowodnimy istnienie takiej liczby rzeczywistej a n+1 0, że wielomian W n+1 (x) = a n+1 x n+1 + W n (x) ma n + 1 różnych pierwiastków rzeczywistych. Niech s 1, s 2,..., s n będzie uporządkowanym rosnąco ciągiem wszystkich pierwiastków wielomianu W n (x). Ponieważ są to pierwiastki jednokrotne, więc można dobrać taką liczbę ε > 0 oraz taki ciąg parami rozłącznych przedziałów t 1 ; u 1, t 2 ; u 2,..., t n ; u n zawierających odpowiednio liczby s 1, s 2,..., s n, że każdy z tych n przedziałów jest odwzorowywany przez wielomian W n (x) wzajemnie jednoznacznie na przedział ε; ε. Inaczej mówiąc, dla i = 1, 2,..., n prawdziwa jest następująca alternatywa: albo W n (t i ) = ε, W n (u i ) = ε oraz wielomian W n (x) jest na przedziale t i ; u i funkcją ściśle rosnącą, albo też W n (t i ) = ε, W n (u i ) = ε oraz wielomian W n (x) jest na przedziale t i ; u i funkcją ściśle malejącą. 20

21 Niech a n+1 będzie liczbą rzeczywistą różną od zera, dla której a n+1 max{ t 1 n+1, u n n+1 } < ε. Wówczas wszystkie wartości jednomianu a n+1 x n+1 na przedziale t 1 ; u n mają wartości bezwzględne mniejsze od ε. Wykażemy, że liczba a n+1 ma własność opisaną w ostatnim zdaniu pierwszego akapitu rozwiązania. W tym celu ustalmy wskaźnik i {1, 2,..., n}. Jedna z liczb W n (t i ), W n (u i ) jest równa ε, a druga jest równa ε. Natomiast liczby a n+1 t n+1 i i a n+1 u n+1 i mają wartości bezwzględne mniejsze od ε. Jedna z liczb W n+1 (t i ), W n+1 (u i ) jest więc ujemna, a druga jest dodatnia. Stąd wniosek, że wielomian W n+1 (x) ma w przedziale t i ; u i albo dokładnie jeden pierwiastek, który jest pierwiastkiem jednokrotnym, albo też, licząc z krotnościami, co najmniej 3 pierwiastki. Gdyby jednak chociaż raz miała miejsca druga możliwość, to licząc wszystkie pierwiastki z krotnościami we wszystkich rozważanych n przedziałach uzyskalibyśmy co najmniej n + 2 pierwiastków wielomianu W n+1 (x), którego stopień wynosi dokładnie n + 1. Ta sprzeczność wskazuje, że wielomian W n+1 (x) ma w każdym z przedziałów t 1 ; u 1, t 2 ; u 2,..., t n ; u n dokładnie jeden pierwiastek i wszystkie te pierwiastki są jednokrotne. Zatem wielomian W n+1 (x) stopnia n + 1 ma co najmniej n różnych pierwiastków jednokrotnych. Oznaczmy te pierwiastki przez w 1, w 2,..., w n. Wobec tego wielomian W n+1 (x) jest podzielny przez wielomian (x w 1 )(x w 2 )... (x w n ) stopnia n. Ponadto iloraz tych dwóch wielomianów jako wielomian stopnia 1 także musi mieć pierwiastek rzeczywisty w, który jest różny od każdej z liczb w 1, w 2,..., w n, gdyż te ostatnie były pierwiastkami jednokrotnymi wielomianu W n (x). W rezultacie wielomian W n+1 (x) ma n + 1 różnych pierwiastków rzeczywistych: są nimi w 1, w 2,..., w n oraz w. To kończy konstrukcję indukcyjną i rozwiązanie zadania. 9. Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunek 1 a + 1 b + 1 c = 1. Udowodnić, że a + bc + b + ca + c + ab abc + a + b + c. Wprowadźmy oznaczenia x = 1 a, y = 1 b oraz z = 1 c. Wówczas x, y oraz z są liczbami dodatnimi o sumie równej 1, a dowodzoną nierówność możemy przepisać następująco: 1 x yz + y zx + z xy xyz + x + y + z. 21

22 Mnożąc powyższą zależność stronami przez xyz oraz korzystając z warunku x + y + z = 1 zapisujemy ją w równoważnej postaci ( ) x + yz + y + zx + z + xy x + y + z + yz + zx + xy. W celu wykazania nierówności ( ) wystarczy udowodnić poniższe trzy nierówności i dodać je stronami: x + yz x + yz, y + zx y + zx oraz z + xy z + xy. Uzasadnimy pierwszą z powyższych trzech zależności; pozostałe dwie są analogiczne. Podnosząc ją stronami do kwadratu uzyskujemy równoważną nierówność x+yz x 2 +2x yz+yz, którą przekształcamy do postaci x x 2 +2x yz, czyli 1 x + 2 yz. Na mocy związku x + y + z = 1 ostatnia nierówność ma równoważną postać y + z 2 yz i wobec tego jest spełniona. To dowodzi zależności ( ) i kończy rozwiązanie. 10. Czworokąt wypukły ABCD jest wpisany w okrąg. Wykazać, że zbiór wszystkich punktów P leżących wewnątrz danego czworokąta i spełniających równość DAP + CBP = CP D jest zawarty w pewnym okręgu lub w pewnej prostej. Niech P będzie punktem, dla którego spełniona jest dana w treści zadania równość. Wówczas na odcinku CD istnieje taki punkt E, że DAP = DP E oraz CBP = CP E. Na mocy powyższych zależności prosta EP jest styczna w punkcie P do okręgu o 1 opisanego na trójkącie AP D oraz do okręgu o 2 opisanego na trójkącie BP C. Zatem prosta P E jest osią potęgową okręgów o 1 i o 2. Ponadto prosta AD jest osią potęgową okręgu o 1 i okręgu o opisanego na czworokącie ABCD, a prosta BC jest osią potęgową okręgów o 2 i o. Stąd wniosek, że proste P E, AD i BC przecinają się w jednym punkcie lub są równoległe. W pierwszym przypadku punkt F przecięcia prostych AD i BC leży na prostej P E. Potęga punktu F względem okręgu o 1 wynosi więc F P 2 = F A F D. To oznacza, że punkt P leży na okręgu o środku F i promieniu F A F D, przy czym środek i promień tego okręgu są niezależne od wyboru punktu P. Natomiast w drugim przypadku cięciwy AD i BC okręgu o są równoległe i wobec tego mają wspólną symetralną, względem której każdy z okręgów o 1 i o 2 jest do siebie symetryczny. W efekcie punkt symetryczny do punktu P względem tej symetralnej również leży na obu tych okręgach. Ponieważ okręgi te są styczne w punkcie P, więc punkt P musi leżeć na tej symetralnej. 22

23 11. Wyznaczyć wszystkie takie pary liczb pierwszych (p, q), że liczba 5 p +5 q jest podzielna przez pq. Odpowiedź: Szukanymi parami (p, q) są (2, 3), (3, 2), (2, 5), (5, 2), (5, 5), (5, 313), (313, 5). Rozpatrzmy najpierw przypadek, w którym liczby pierwsze p i q o postulowanej własności są różne od 2 i 5. Wówczas liczba 5 p +5 q = 5 p 5+5(5 q 1 +1) jest podzielna przez p i na mocy małego twierdzenia Fermata stwierdzamy, że p 5 q Analogicznie uzyskujemy podzielność q 5 p Określmy liczby x i y wzorami x = p 1 NWD(p 1, q 1) oraz y = q 1 NWD(p 1, q 1) ; są to względnie pierwsze liczby całkowite spełniające równość ( ) x(q 1) = y(p 1). Wobec tego co najmniej jedna z tych liczb jest nieparzysta. Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że liczba x jest nieparzysta. Liczba 5 x(q 1) + 1 = (5 q 1 ) x + 1 x jest zatem podzielna przez 5 q i tym bardziej jest podzielna przez p. Stąd i z równości ( ) wynika, że liczba z = 5 y(p 1) + 1 jest podzielna przez p. To jednak prowadzi do sprzeczności, gdyż liczba z 2 = 5 y(p 1) 1 jest podzielna przez 5 p 1 1, czyli na podstawie małego twierdzenia Fermata także przez p, a podzielności p z i p z 2 przeczą założeniu p 2. Uzyskana sprzeczność wskazuje, że w każdej parze (p, q) spełniającej warunki zadania co najmniej jedna z liczb musi być równa 2 lub 5. Niech na przykład p = 2; wymagany warunek przyjmuje wtedy postać 2q q. Ta podzielność nie jest prawdziwa dla q = 2, a dla nieparzystych liczb pierwszych q jest ona równoważna podzielności q q = (5 q 5) = 30 + (5 q 5), czyli podzielności q 30, co daje wartości q = 3 i q = 5. Rozumując podobnie dla p = 5 widzimy, że żądany warunek przybiera postać 5q q i jest spełniony dla q = 5, a dla pozostałych liczb pierwszych q jest on równoważny podzielności q q = (5 q 5) = (5 q 5), czyli podzielności q 3130, a to daje wartości q = 2 i q = Na konferencję prasową po meczu Polska-Rosja akredytowała się grupa dziennikarzy, wśród których dokładnie 100 mówi po polsku, dokładnie 100 mówi po angielsku i dokładnie 100 mówi po rosyjsku (jeden dziennikarz może znać dowolną liczbę języków). Jednak z powodu braku odpowiednio dużej sali tylko część dziennikarzy może wziąć udział w konferencji. Dowieść, że można wybrać przedstawicieli dziennikarzy, wśród których dokładnie 50 mówi po polsku, dokładnie 50 mówi po angielsku i dokładnie 50 mówi po rosyjsku. 23

24 Drużyną pojedynczą będziemy nazywać grupę dziennikarzy, w której dokładnie jeden dziennikarz mówi po polsku, dokładnie jeden mówi po angielsku i dokładnie jeden mówi po rosyjsku, a drużyną podwójną grupę dziennikarzy, w której dokładnie dwaj dziennikarze mówią po polsku, dokładnie dwaj mówią po angielsku i dokładnie dwaj mówią po rosyjsku. Udowodnimy, że z dowolnej niepustej grupy dziennikarzy, w której każdym z rozpatrywanych trzech języków włada taka sama liczba osób, można wybrać drużynę pojedynczą lub podwójną. Wówczas także wśród pozostałych dziennikarzy każdy język jest opanowany przez taką samą liczbę osób, więc spośród nich będzie można wybrać kolejną drużynę. Kontynuując to postępowanie ostatecznie podzielimy całą początkową grupę dziennikarzy na drużyny. Aby wykazać, że wybór drużyny jest możliwy, oznaczmy przez P, A, R zbiory dziennikarzy odpowiednio mówiących tylko po polsku, mówiących tylko po angielsku i mówiących tylko po rosyjsku. Podobnie niech symbole P A, P R, AR oznaczają zbiory dziennikarzy mówiących dokładnie dwoma odpowiednimi językami, zaś P AR niech będzie zbiorem dziennikarzy mówiących we wszystkich trzech językach. Jeżeli zbiór P AR jest niepusty lub każdy ze zbiorów P, A, R jest niepusty, to możemy wybrać drużynę pojedynczą. Przyjmijmy w takim razie, że P AR = oraz P =. Załóżmy, że jeden ze zbiorów P A, P R jest pusty, na przykład P A =. Wtedy wszyscy dziennikarze mówiący po polsku należą do zbioru P R, skąd wynika, że każdym z trzech języków mówi dokładnie P R dziennikarzy. Wszyscy dziennikarze mówiący po rosyjsku należą więc do zbioru P R, a zbiory R i AR są puste. W tej sytuacji A = P R > 0 i uzyskujemy drużynę pojedynczą wybierając po jednym dziennikarzu ze zbiorów A i P R. Przypuśćmy z kolei, że zbiory P A i P R są niepuste. Możemy wtedy założyć, że zbiory A i R są puste w przeciwnym razie można wybrać dziennikarza z jednego z tych zbiorów oraz dziennikarza z jednego ze zbiorów P A, P R i otrzymać drużynę pojedynczą. W takim razie P A P R, P A AR i P R AR są zbiorami wszystkich dziennikarzy mówiących odpowiednio po polsku, po angielsku i po rosyjsku. Stąd wniosek, że P A + P R = P A + AR = P R + AR, czyli P A = P R = AR. To oznacza, że zbiory P A, P R i AR są niepuste; wybierając jednego dziennikarza z każdego z tych trzech zbiorów uzyskujemy drużynę podwójną. Wobec tego daną w treści zadania grupę dziennikarzy można podzielić na drużyny pojedyncze i podwójne. Ponadto liczba osób mówiących w ustalonym języku jest parzysta, a więc liczba drużyn pojedynczych jest parzysta. Zatem drużyny pojedyncze można połączyć w pary i zastąpić każdą taką parę jedną drużyną podwójną. W efekcie cała grupa dziennikarzy zostanie podzielona na 50 drużyn podwójnych. Wystarczy teraz dowolnie wybrać 25 spośród tych drużyn, by otrzymać szukanych przedstawicieli na konferencję prasową. 24

25 13. Wyznaczyć wszystkie takie pary dodatnich liczb całkowitych (m, n), że liczba 2 m + 1 jest podzielna przez 2 n 1. Odpowiedź: Szukanymi parami (m, n) są pary (k, 1) i (2k 1, 2) dla dowolnej liczby całkowitej k 1. Przypuśćmy, że dodatnie liczby całkowite m i n spełniają warunki zadania. Podzielmy liczbę m przez liczbę n, otrzymując iloraz q oraz resztę r. Wówczas 0 r < n, a liczba 2 qn 1 = (2 n ) q 1 jest podzielna przez 2 n 1. Zatem również liczba (2 m + 1) 2 r (2 qn 1) = 2 qn+r qn+r + 2 r = 2 r + 1 jest podzielna przez 2 n 1. Liczba 2 r +1 jest dodatnia, więc z ostatniej podzielności wynika nierówność 2 r n 1. Ponieważ r n 1, więc lewa strona tej nierówności nie przekracza 2 n Wobec tego 2 n n 1, skąd uzyskujemy 2 2 n 2 n 1 = 2 n 1 i w efekcie n 2. Pozostaje stwierdzić, że dla n = 1 każda liczba całkowita jest podzielna przez 2 n 1 = 1, a więc każda wartość m ma wymaganą własność, natomiast dla n = 2 liczba 2 m +1 jest podzielna przez 2 n 1 = 3 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba 2 m daje resztę 2 z dzielenia przez 3, czyli gdy m jest liczbą nieparzystą. 14. Wyznaczyć liczbę rozwiązań układu równań 2x + x 2 y = y 2y + y 2 z = z 2z + z 2 x = x w liczbach rzeczywistych x, y, z. Odpowiedź: Dany układ ma 7 rozwiązań. Niech (x, y, z) będzie trójką liczb rzeczywistych spełniających dany układ równań. Istnieje wówczas dokładnie jeden kąt α w przedziale ( 1 2 π; 1 2π), dla którego x = tg α. Z pierwszego równania układu otrzymujemy wtedy zależność 2x = (1 x 2 )y, z której wynika, że 1 x 2 0 oraz ( ) y = 2x 1 x 2 = 2 tg α 1 tg 2 = tg 2α. α Wobec tego drugie równanie układu w podobny sposób prowadzi do związku z = tg 4α i z trzeciego równania uzyskujemy teraz x = tg 8α. W rezultacie tg α = x = tg 8α. Odwrotnie, jeżeli α ( 1 2 π; 1 2π) jest kątem, dla którego tg α = tg 8α, to na mocy tożsamości trygonometrycznej zastosowanej w zależności ( ) trójka (x, y, z) = (tg α, tg 2α, tg 4α) jest rozwiązaniem danego w treści zadania układu równań. Ponadto dla różnych kątów α ( 1 2 π; 1 2π) otrzymujemy różne wartości x, a więc różne rozwiązania układu. 25

26 Pozostaje wyznaczyć liczbę takich kątów α ( 1 2 π; 1 2π), że tg α = tg 8α. Równość ta ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy kąty α i 8α różnią się o całkowitą wielokrotność π, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy 7α = kπ dla pewnej liczby całkowitej k. Wszystkimi kątami w przedziale ( 1 2 π; 1 2π) spełniającymi ten warunek są kąty i jest ich 7. α = k 7 π dla k = 3, 2, 1, 0, 1, 2, Okręgi o 1 i o 2 przecinają się w dwóch różnych punktach. Okręgi ω 1 i ω 2 są styczne zewnętrznie do okręgu o 1 odpowiednio w punktach A 1 i A 2, są styczne wewnętrznie do okręgu o 2 odpowiednio w punktach B 1 i B 2 oraz przecinają się w dwóch różnych punktach C i D. Wykazać, że proste A 1 B 1, A 2 B 2 i CD przecinają się w jednym punkcie. Niech E będzie środkiem jednokładności o skali ujemnej k przekształcającej okrąg o 1 na okrąg o 2. Jednokładność ta jest złożeniem jednokładności o środku A 1 i skali ujemnej odwzorowującej okrąg o 1 na ω 1 oraz jednokładności o środku B 1 i skali dodatniej odwzorowującej okrąg ω 1 na o 2. Na mocy twierdzenia o złożeniu jednokładności punkt E leży na prostej A 1 B 1. Analogicznie uzasadniamy, że punkt E leży na prostej A 2 B 2. Do zakończenia rozwiązania należy jeszcze udowodnić, że punkt E leży na prostej CD. Ponieważ prosta ta jest osią potęgową okręgów ω 1 i ω 2, więc wystarczy uzasadnić, że punkt E ma jednakowe potęgi względem obu tych okręgów. W tym celu oznaczmy przez F punkt różny od A 1, w którym prosta B 1 A 1 przecina okrąg o 1, a przez G punkt różny od A 2, w którym prosta B 2 A 2 przecina okrąg o 1. Wówczas prawdziwe są równości ( ) EA 1 EG = EA 2 EF oraz EB 1 EF = EB 2 EG ; pierwsza równość wynika z faktu, że cięciwy F A 1 i GA 2 okręgu o 1 przecinają się w punkcie E, a w drugiej równości oba stosunki wynoszą k ze względu na to, że jednokładność o środku E i skali k przeprowadza punkty F i G odpowiednio na punkty B 1 i B 2. Mnożąc stronami równości ( ) stwierdzamy, że EA 1 EB 1 = EA 2 EB 2, czyli istotnie punkt E ma jednakowe potęgi względem okręgów ω 1 i ω Dowieść, że można pokolorować każdy element zbioru {1, 2, 3,..., 2012} na jeden z czterech kolorów w taki sposób, że żaden rosnący 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny o wyrazach z tego zbioru nie składa się z elementów o jednakowym kolorze. 26

27 Udowodnimy, że liczba sposobów pokolorowania każdego elementu zbioru S = {1, 2, 3,..., 2012} jednym z czterech kolorów jest większa od liczby takich sposobów pokolorowania, w których pewien rosnący 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny składa się z elementów o jednakowym kolorze. Oszacujmy liczbę L rosnących ciągów arytmetycznych złożonych z 10 elementów zbioru S. Pierwszy wyraz a 1 takiego ciągu może być dowolnym elementem zbioru {1, 2, 3,..., 2003}, a różnica d może być dowolną dodatnią liczbą całkowitą spełniającą warunek a 1 + 9d 2012, czyli d 1 9 (2012 a 1). Wobec tego L < < = < = 4 9. Dla ustalonego 10-wyrazowego ciągu arytmetycznego takie pokolorowanie każdego elementu zbioru S, że wszystkie wyrazy danego ciągu mają ten sam kolor, można uzyskać na sposobów. Należy bowiem wybrać dowolny kolor każdego z 2002 elementów zbioru S nie występujących w tym ciągu, co można uczynić na sposobów, oraz wybrać jeden z czterech kolorów, którym mają być pokolorowane wszystkie wyrazy ciągu. Przy tym sposoby pokolorowania elementów zbioru S, otrzymane opisaną metodą dla różnych ciągów arytmetycznych, nie muszą być rozłączne. Zatem liczba takich sposobów pokolorowania elementów zbioru S, że pewien 10-wyrazowy ciąg arymetyczny składa się z elementów jednakowego koloru, nie przekracza liczby L, a więc jest mniejsza od liczby = Stąd wniosek, że wśród wszystkich sposobów pokolorowania elementów zbioru S jednym z czterech kolorów istnieje taki sposób, przy którym żaden 10-wyrazowy ciąg arytmetyczny nie składa się z elementów o takim samym kolorze. 17. Rozstrzygnąć, czy istnieją takie funkcje f, g : R R, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x spełnione są równości f(g(x)) = x 3 oraz g(f(x)) = x 2. Odpowiedź: Nie. Przypuśćmy, że istnieją funkcje f i g o opisanej własności. Wówczas dla dowolnej liczby rzeczywistej x otrzymujemy g(x 3 ) = g(f(g(x)) = (g(x)) 2. 27

28 Podstawiając w powyższej zależności liczby x = 1, 0, 1 stwierdzamy, że każda z trzech liczb t = g(1), g(0), g( 1) spełnia równanie t = t 2. Jednak równanie to ma tylko dwa różne rozwiązania rzeczywiste. Wobec tego wśród liczb g(1), g(0), g( 1) pewne dwie liczby muszą być równe, a więc funkcja g nie jest różnowartościowa. Z drugiej strony, niech x i y będą dowolnymi liczbami rzeczywistymi, dla których ma miejsce równość g(x) = g(y). Wtedy x 3 = f(g(x)) = f(g(y)) = y 3, skąd dostajemy x = y, czyli funkcja g jest różnowartościowa. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że uczynione na początku założenie jest fałszywe. 18. Udowodnić, że dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n liczba jest podzielna przez n!. (2 n 2 0 )(2 n 2 1 )(2 n 2 2 )... (2 n 2 n 1 ) Należy udowodnić, że dowolna liczba pierwsza p występuje w rozkładzie liczby n! na czynniki pierwsze z wykładnikiem nie większym, niż w rozkładzie liczby M = (2 n 2 0 )(2 n 2 1 )(2 n 2 2 )... (2 n 2 n 1 ) na czynniki pierwsze. Wykładnik, z jakim liczba p występuje w rozkładzie liczby n!, jest równy v p = [ n p ] + [ n p 2 ] [ n p w gdzie w jest nieujemną liczbą całkowitą jednoznacznie wyznaczoną przez warunek p w n < p w+1. Stąd i ze wzoru na sumę kolejnych wyrazów ciągu geometrycznego otrzymujemy nierówność v p n p + n p n p w = n ( p p + 1 p ) p w 1 = = n p 1 1 p w 1 1 p < n p p = n p 1, n czyli v p [ p 1 ]. Wobec tego wystarczy udowodnić, że wykładnik, z jakim dowolna liczba pierwsza p występuje w rozkładzie liczby M, wynosi co najmniej [ n p 1 ]. Liczba M jest podzielna przez n 1 = 2 n(n 1)/2 i wykładnik 1 2n(n 1) jest równy co najmniej n dla każdej wartości n 3. To oznacza, że ostatnie zdanie poprzedniego akapitu jest prawdziwe dla liczby pierwszej p = 2 ], 28

29 i dowolnej liczby n 3. Bezpośrednie sprawdzenie dowodzi, że teza zadania jest prawdziwa także dla n = 1 i n = 2. Niech teraz p będzie nieparzystą liczbą pierwszą. Wtedy na mocy małego twierdzenia Fermata liczba 2 p 1 1 jest podzielna przez p. Dla dowolnej nieujemnej liczby całkowitej k < n mamy 2 n 2 k = 2 k (2 n k 1). Jeżeli ponadto różnica n k jest podzielna przez p 1, to n k = l(p 1) dla pewnej liczby całkowitej l, a więc liczba 2 n k 1 = (2 p 1 ) l 1 jest podzielna przez 2 p 1 1 i tym bardziej przez p. Inaczej mówiąc, z podzielności p 1 n k wynika, że czynnik 2 n 2 k występujący w iloczynie definiującym liczbę M jest podzielny przez p. Zatem wykładnik, z jakim liczba pierwsza p występuje w rozkładzie liczby M, jest równy co najmniej liczbie wartości k {0, 1, 2,..., n 1}, dla których różnica n k jest podzielna przez p 1, czyli co najmniej liczbie elementów zbioru {1, 2, 3,..., n} podzielnych przez p 1. Ta ostatnia liczba n jest oczywiście równa [ p 1 ], co kończy rozwiązanie. 19. Dla każdej pary liczb całkowitych m, n 1 wyznaczyć liczbę sposobów takiego wypełnienia prostokątnej tablicy rozmiaru m n liczbami 1 i 1, że w każdej kolumnie iloczyn wszystkich liczb wynosi 1 i w każdym wierszu iloczyn wszystkich liczb wynosi 1. Odpowiedź: Szukana liczba sposobów wynosi 2 (m 1)(n 1), gdy liczby m i n mają tę samą parzystość, oraz 0, gdy mają one różną parzystość. Jeżeli co najmniej jedna z liczb m, n jest równa 1, to jedynym sposobem wypełnienia tablicy, który może spełniać warunki zadania, jest wypełnienie jej w całości liczbami 1. Bez trudu przekonujemy się, że wypełnienie to spełnia warunki zadania wtedy i tylko wtedy, gdy druga z liczb m, n jest nieparzysta, oraz że w obu przypadkach wzór podany w odpowiedzi jest słuszny. Przyjmijmy więc w dalszej części, że m, n 2. Wyodrębnijmy z danej tablicy m n mniejszą tablicę rozmiaru (m 1) (n 1) przyległą do lewego górnego rogu. Wypełnijmy tę mniejszą tablicę w dowolny sposób liczbami 1 i 1; można to uczynić na 2 (m 1)(n 1) sposobów. Zbadamy teraz, kiedy można tak uzupełnić pozostałe pola większej tablicy, by miała ona opisaną w treści zadania własność. Niech k i oznacza iloczyn m 1 liczb znajdujących się w i-tej kolumnie mniejszej tablicy dla i = 1, 2,..., n 1, a w j iloczyn n 1 liczb znajdujących się w j-tym wierszu dla j = 1, 2,..., m 1. Wówczas w ostatniej kolumnie większej tablicy musimy kolejno wpisać liczby w 1, w 2,..., w m 1 ; pola w dolnym prawym rogu na razie nie wypełniamy. Analogicznie w ostatnim wierszu tablicy musimy kolejno wpisać liczby k 1, k 2,..., k n 1. W tej sytuacji iloczyn wszystkich liczb dowolnej kolumny z wyjątkiem ostatniej wynosi 1 oraz iloczyn wszystkich liczb dowolnego wiersza z wyjątkiem ostatniego wynosi 1. 29